Si $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ est définie par $f(x,y)=(2x-y,-x+5y)$, alors $\mathrm{Tr}(f)=2+5=7$.

Considérons l’application $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ déjà rencontrée plus haut $$(x,y)=v\mapsto f(v)=\left(\frac{6}{7}x+\frac{2}{7}y,\frac{3}{7}x+\frac{1}{7}y\right),$$ c’est-à-dire associée à la matrice $A=\left(\begin{array}{cc}6/7& 2/7\\ 3/7& 1/7\end{array}\right)$ en base canonique. Puisque les colonnes vérifient $C_1=3C_2$, on sait que $\mathrm{rg}(f)=1$. Ensuite, on calcule la trace, $$\mathrm{Tr}(f)=\frac{6}{7}+\frac{1}{7}=1,$$ et on en déduit par le corollaire que $f$ est une projection.

Considérons l’application $f:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^3$ déjà rencontrée dans la dernière section: $$(x,y,z)=v\mapsto f(v)=\left(y+z,x-z,-x+y+2z\right).$$ Sa matrice est $$A=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 0& -1\\ -1& 1& 2\end{array}\right).$$ On voit que $$I_3-A=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& -1\\ -1& 1& 1\\ 1& -1& -1\end{array}\right),$$ qui a rang $1$ (puisque ses trois colonnes sont 2 à 2 proportionnelles), et dont la trace vaut $1+1-1=1$. Donc ${\mathrm{id}}_{{\mathbb{R}}^3}-f$ est une projection, et $f$ aussi.

Considérons l’application linéaire $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ définie par $$(x,y)=v\mapsto f(v)=(x+y,x+y),$$ donc de matrice $$A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right).$$ On a donc $\mathrm{rg}(f)=\mathrm{rg}(A)=1$, $\mathrm{Im}(f)=\mathrm{Vect}\{(1,1)\}$ et $\mathrm{Ker}(f)=\{x+y=0\}=\mathrm{Vect}\{(1,-1)\}$. Et, puisque $\mathrm{Tr}(f)=1+1=2\ne 0$, la proposition ci-dessus implique que $\frac{1}{2}f$, qui a pour matrice $$B=\left(\begin{array}{cc}1/2& 1/2\\ 1/2& 1/2\end{array}\right),$$ est une projection sur la droite $\mathrm{Im}(f)=\mathrm{Vect}\{(1,1)\}$ parallèlement à la droite $\mathrm{Ker}(f)=\mathrm{Vect}\{(1,-1)\}$.
Ceci permet de mieux comprendre l’application originale $f$: comme $f=2\frac{1}{2}f$, $f$ peut être vue comme la composition de deux applications: $f(v)=h(p(v))$, où $p(v)=\frac{1}{2}f(v)$ est la projection étudiée ci-dessus, et $h(v)=2v$ est l’homothétie de rapport $2$.

Donnons l’expression explicite de l’application linéaire $f:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$ qui projette sur la droite $d_1$ d’équation $2x=3y$, parallèlement à la droite $d_2$ d’équation $4x-5y=0$.
Puisque $f$ projette sur une droite, elle doit être de rang $\mathrm{rg}(f)=1$. Ensuite, $d_1=\mathrm{Vect}\{(3,2)\}$ doit être l’ensemble image de $f$, et $d_2$ doit être le noyau de $f$. Ainsi, la matrice de $f$ doit être de la forme $$A=c\left(\begin{array}{c}3\\ 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}4& -5\end{array}\right)=c\left(\begin{array}{cc}12& -15\\ 8& -10\end{array}\right),$$ où la constante $c$ doit être choisie telle que $\mathrm{tr}(f)=\mathrm{tr}(A)=1$. Or $\mathrm{tr}(A)=c(12-10)=2c$, donc la seule valeur possible est $c=\frac{1}{2}$, et donc $$A=\left(\begin{array}{cc}6& -15/2\\ 4& -5\end{array}\right),$$ et l’expression de $f$ est donc la suivante: $$f(x,y)=\left(6x-\frac{15}{2}y,4x-5y\right).$$

Donnons l’expression explicite de l’application linéaire $f:{\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^3$ qui projette sur le plan d’équation $x-y+5z=0$, parallèlement à la droite vectorielle dirigée par $(1,0,4)$.
La façon la plus simple de procéder est de passer par $g={\mathrm{id}}_{{\mathbb{R}}^3}-f$, qui comme on le sait doit projeter sur la droite vectorielle dirigée $(1,0,4)$, parallèlement au plan d’équation $x-y+5z=0$. Ceci implique que $g$ doit être de rang $1$, d’image $\mathrm{Im}(g)=\mathrm{Vect}\{(1,0,4)\}$, et de noyau $\mathrm{Ker}(g)=\{x-y+5z=0\}$. Si $G$ est la matrice de $g$ relativement à la base canonique, on doit donc avoir $$G=c\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 5\end{array}\right)=c\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 5\\ 0& 0& 0\\ 4& -4& 20\end{array}\right),$$ où $c$ est une constante multiplicative à déterminer pour que $g$ soit une projection. Or $$\mathrm{Tr}(g)=\mathrm{Tr}(G)=c(1\cdot 1+0\cdot (-1)+4\cdot 5)=21c,$$ on en déduit que $c=\frac{1}{21}$, et donc que $$G=\frac{1}{21}\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 5\\ 0& 0& 0\\ 4& -4& 20\end{array}\right)$$ Finalement, comme $f={\mathrm{id}}_{{\mathbb{R}}^3}-g$, sa matrice est $$A=I_3-G=\frac{1}{21}\left(\begin{array}{ccc}20& 1& -5\\ 0& 21& 0\\ -4& 4& 1\end{array}\right),$$ ce qui donne l’expression explicite pour $f$: $$f(x,y,z)=\left(\frac{20}{21}x+\frac{1}{21}y-\frac{5}{21}z,y,\frac{-4}{21}x+\frac{4}{21}y+\frac{1}{21}z\right)$$